1.点与它在平面上的射影间的距离叫做该点到这个平面的距离.

9.9　 空间距离

●知识梳理

2.运用空间向量的坐标运算解决几何问题时，首先要恰当建立空间直角坐标系，计算出相关点的坐标，进而写出向量的坐标，再结合公式进行论证、计算，最后转化为几何结论.

拓展题例

[例1] 已知A(3，2，1)、B(1，0，4)，求：

(1)线段AB的中点坐标和长度；

(2)到A、B两点距离相等的点P(x，y，z)的坐标满足的条件.

解：(1)设P(x，y，z)是AB的中点，则= (+)=［(3，2，1)+(1，0，4)］=(2，1，)，∴点P的坐标是(2，1，)，d_AB==.

(2)设点P(x，y，z)到A、B的距离相等，

则

=.

化简得4x+4y－6z+3=0，即为P的坐标应满足的条件.

评述：空间两点P₁(x₁，y₁，z₁)、P₂(x₂，y₂，z₂)的中点为(，，)，且|P₁P₂|=.

　[例2] 棱长为a的正方体ABCD-A₁B₁C₁D₁中，在棱DD₁上是否存在点P使B₁D⊥面PAC？

解：以D为原点建立如图所示的坐标系，

设存在点P(0，0，z)，

=(－a，0，z)，

=(－a，a，0)，

　=(a，a，a)，

∵B₁D⊥面PAC，∴·=0，·=0.∴－a²+az=0.∴z=a，即点P与D₁重合.

∴点P与D₁重合时，DB₁⊥面PAC.

[例3] (2004年春季安徽)已知三棱柱ABC-A₁B₁C₁中底面边长和侧棱长均为a，侧面A₁ACC₁⊥底面ABC，A₁B= a.

(1)求异面直线AC与BC₁所成角的余弦值；

(2)求证：A₁B⊥面AB₁C.

解：过点B作BO⊥AC，垂足为点O，则BO⊥侧面ACC₁A₁，连结A₁O，在Rt△A₁BO中，A₁B=a，BO=a，∴A₁O=a.

又AA₁=a，AO=.∴△A₁AO为直角三角形，A₁O⊥AC，A₁O⊥底面ABC.

解法一：(1)∵A₁C₁∥AC，∴∠BC₁A₁为异面直线AC与BC₁所成的角.

∵A₁O⊥面ABC，AC⊥BO，∴AC⊥A₁B.∴A₁C₁⊥A₁B.

在Rt△A₁BC₁中，A₁B=a，A₁C₁=a，

∴BC₁= a.∴cos∠BC₁A₁=.

∴异面直线AC与BC₁所成角的余弦值为.

(2)设A₁B与AB₁相交于点D，

∵ABB₁A₁为菱形，∴AB₁⊥A₁B.

又A₁B⊥AC，AB₁与AC是平面AB₁C内两条相交直线，∴A₁B⊥面AB₁C.

解法二：(1)如图，建立坐标系，原点为BO⊥AC的垂足O.由题设条件可得B( a，0，0)，C₁(0，a，a)，A(0，－a，0)，C(0，a，0)，　　

∴ =(－a，a，a)，=(0，a，0).

设与的夹角为θ，则

cosθ===，

∴异面直线AC与BC₁所成角的余弦值为.

(2)A₁(0，0，a)，B(a，0，0)，∴ =(a，0，－a)，

=(0，a，0)，·=0.

∴A₁B⊥AC.

∵ABB₁A₁为菱形，∴A₁B⊥AB₁.

又∵AB₁与AC为平面AB₁C内两条相交直线，∴A₁B⊥平面AB₁C.

1.要使学生理解空间向量、空间点的坐标的意义，掌握向量加法、减法、数乘、点乘的坐标表示以及两点间的距离、夹角公式.通过解题，会应用空间向量的坐标运算解决立体几何中有关平行、垂直、夹角、距离等问题.

8.如图，ABCD是边长为a的菱形，且∠BAD=60°，△PAD为正三角形，且面PAD⊥面ABCD.

(1)求cos〈，〉的值；

(2)若E为AB的中点，F为PD的中点，求||的值；

(3)求二面角P-BC-D的大小.

解：(1)选取AD中点O为原点，OB、AD、OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则A(0，－，0)，B(a，0，0)，P(0，0，a)，D(0，，0).

∴=(a，，0)，=(0，，－a)，

则cos〈，〉===.

(2)∵E、F分别为AB、PD的中点，

∴E( a，－，0)，F(0，，a).

则||== a.

(3)∵面PAD⊥面ABCD，PO⊥AD，

∴PO⊥面ABCD.

∵BO⊥AD，AD∥BC，∴BO⊥BC.

连结PB，则PB⊥BC，

∴∠PBO为二面角P-BC-D的平面角.

在Rt△PBO中，PO=a，BO=a，

∴tan∠PBO===1.则∠PBO=45°.

故二面角P-BC-D的大小为45°.

●思悟小结

本节知识是代数化方法研究几何问题的基础，向量运算分为向量法与坐标法两类，以通过向量运算推理，去研究几何元素的位置关系为重点.利用两个向量(非零)垂直数量积为零，可证明空间直线垂直；利用数量积可计算两异面直线的夹角，可求线段的长度；运用共面向量定理可证点共面、线面平行等；利用向量的射影、平面的法向量，可求点面距、线面角、异面直线的距离等.

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教学点睛

7.证明正三棱柱的两个侧面的异面对角线互相垂直的充要条件是它的底面边长与侧棱长的比为∶1.

证明：如图，以正三棱柱的顶点O为原点，棱OC、OB为y轴、z轴，建立空间直角坐标系，设正三棱柱底面边长与棱长分别为2a、b，则A(a，a，b)、B(0，0，b)、C(0，2a，0).因为异面对角线OA⊥BC·=0(a，a，b)·(0，2a，－b)=2a²－b²=0b=a，即2a∶b=∶1，所以OA⊥BC的充要条件是它的底面边长与侧棱长的比为∶1.

探究创新

6.已知三角形的顶点是A(1，－1，1)，B(2，1，－1)，C(－1，－1，－2).试求这个三角形的面积.

解：S=|AB||AC|sinα，其中α是AB与AC这两条边的夹角.则

S=||||

=||||

=.

在本题中，=(2，1，－1)－(1，－1，1)=(1，2，－2)，=(－1，－1，

－2)－(1，－1，1)=(－2，0，－3)，

∴||²=1²+2²+(－2)²=9，

||²=(－2)²+0²+(－3)²=13，

·=1·(－2)+2·0+(－2)·(－3)=－2+6=4，

∴S==.

5.已知正方体ABCD-A₁B₁C₁D₁的棱长为2，P、Q分别是BC、CD上的动点，且|PQ|=，建立如下图所示的坐标系.

(1)确定P、Q的位置，使得B₁Q⊥D₁P；

(2)当B₁Q⊥D₁P时，求二面角C₁-PQ-A的大小.

解：(1)设BP=t，则

CQ=，DQ=2－.

∴B₁(2，0，2)，D₁(0，2，2)，P(2，t，0)，Q(2－，2，0)，

∴ =(，－2，2)，

　=(－2，2－t，2).

∵B₁Q⊥D₁P等价于·=0，

即－2－2(2－t)+2×2=0，

整理得=t，解得t=1.

此时，P、Q分别是棱BC、CD的中点，即P、Q分别是棱BC、CD的中点时，B₁Q⊥D₁P；

(2)当B₁Q⊥D₁P时，由(1)知P、Q分别是棱BC、CD的中点.

在正方形ABCD中，PQ∥BD，且AC⊥BD，故AC⊥PQ.

设AC与PQ的交点为E，连结C₁E.

∵在正方体ABCD-A₁B₁C₁D₁中，CC₁⊥底面ABCD，CE是C₁E在底面ABCD内的射影，∴C₁E⊥PQ，

即∠C₁EC是二面角C₁-PQ-C的平面角，∠C₁EA是二面角C₁-PQ-A的平面角.

在正方形ABCD中，CE=，

在Rt△C₁EC中，tan∠C₁EC==2，

∴∠C₁EC=arctan2，

∠C₁EA=π－arctan2.

∴二面角C₁-PQ-A的大小是π－arctan2.

培养能力

4.设点C(2a+1，a+1，2)在点P(2，0，0)、A(1，－3，2)、B(8，－1，4)确定的平面上，求a的值.

解： =(－1，－3，2)，=(6，－1，4).根据共面向量定理，设 =x+y(x、y∈R)，则(2a－1，a+1，2)=x(－1，－3，2)+y(6，－1，4)=(－x+6y，－3x－y，

2x+4y)，∴解得x=－7，y=4，a=16.

3.命题：①若a与b共线，b与c共线，则a与c共线；②向量a、b、c共面，则它们所在的直线也共面；③若a与b共线，则存在唯一的实数λ，使b=λa；④若A、B、C三点不共线，O是平面ABC外一点，= + + ，则点M一定在平面ABC上，且在△ABC内部.

上述命题中的真命题是_____________.

解法一：①中b为零向量时，a与c可以不共线，故①是假命题；②中a所在的直线其实不确定，故②是假命题；③中当a=0，而b≠0时，则找不到实数λ，使b=λa，故③是假命题；④中M是△ABC的重心，故M在平面ABC上且在△ABC内，故④是真命题.

解法二：可以证明④中A、B、C、M四点共面.等式两边同加，则( +)+(+)+(+)=0，即 + +=0，=－－，则与、共面，又M是三个有向线段的公共点，故A、B、C、M四点共面.

答案：④